广东中山市第一中学2026届高考模拟考试（校二模）数学试题

**基本信息** 中山一中2026届高考数学二模卷，以杨辉高阶等差数列、虚拟角色直播带货等情境融合集合、导数等知识，检测数学抽象、逻辑推理与建模能力，适配高考模拟需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合、复数、向量等基础|5题概率结合直线与圆，考查几何直观| |多选题|3/18|立体几何、解三角形|9题动态探究，培养空间观念| |填空题|3/15|函数奇偶性、椭圆离心率、概率|14题条件概率，体现数据意识| |解答题|5/77|数列、统计、立体几何、圆锥曲线、导数|16题虚拟带货统计分析，19题导数综合论证，强化数学建模与逻辑推理|

广东省中山市第一中学2026届高考数学模拟考（校二模） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知集合，或，则（   ） A． B． C． D． 2．已知复数，若是纯虚数，则实数（   ） A．-1 B．0 C．2 D．1 3．已知向量，若，则（   ） A． B． C． D． 4．已知，则（   ） A． B． C． D． 5．随机抛掷质地均匀的两枚骰子，向上点数分别记为和，则直线与圆有2个公共点的概率为（   ） A． B． C． D． 6．南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列本身不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为一阶等差数列），或者仍旧不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为二阶等差数列），依次类推，可以得到高阶等差数列．根据以上定义，解决如下问题．已知数列为二阶等差数列，且，则（   ） A．35 B．36 C．37 D．38 7．在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，过直线的平面截该正方体所得截面，则当平面与平面所成的锐二面角最小时，截面的面积为（   ） A． B． C．4 D． 8．若使得不等式对任意恒成立，则实数的最大值为（   ） A．1 B． C．4 D． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．在直三棱柱中，为的中点，为线段上的动点，下列结论正确的是（   ） A． B．平面 C．平面平面 D．存在点，使得平面 10．在中，三个内角所对的边分别为，若，，的面积为1，则（   ） A． B． C． D． 11．已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于两点，过作的垂线，垂足分别为，若点是抛物线上的一动点，且满足的最小值为，则（   ） A． B． C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知函数是偶函数，则___________． 13．已知，是椭圆的两个焦点，为第一象限内椭圆上的一个动点，为的内心，过作直线的垂线，垂足为，若，则椭圆的离心率___________ 14．学校食堂每餐推出两种套餐，某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了套餐，则第2天选择套餐的概率为；若他前1天选择了套餐，则第2天选择了套餐的概率为．已知他开学第1天中午选择套餐的概率为，在该同学第3天选择了套餐的条件下，他第2天选择套餐的概率为___________． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．已知数列中，，满足． (1)证明数列是等比数列，并求数列的通项公式： (2)设为数列的前项和，求． 16．随着科技的发展，人工智能生成的虚拟角色正逐步取代传统的真人直播带货．某公司使用虚拟角色直播带货后销售金额逐步提升，根据该公司使用虚拟角色直播带货后18个月的销售金额的情况统计，得到一组样本数据，其中和分别表示月份编号和销售金额数量（单位：万元），并计算得， . (1)求样本的相关系数（精确到0.01），并推断销售金额（单位：万元）和月份编号是否线性相关（当时，即可认为线性相关）； (2)已知这18个月中有10个月的销售金额高于平均数，从这18个月中随机抽取2个月的销售金额，记抽到销售金额高于平均数的月份数为，求随机变量的分布列． 附：相关系数． 17．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，为正三角形，且平面平面． (1)求证：； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)设点是三棱锥外接球上一点，求点到平面距离的最大值． 18．已知曲线上的动点满足，且， (1)求的方程； (2)已知，，为上的动点（点与不重合），直线和直线交于点，直线交于点． （i）求证：直线过定点； （ii）设直线的倾斜角为，的面积分别为，当时，求取值范围． 19．已知函数． (1)求在上的最大值； (2)求证：恒成立； (3)若都有恒成立，求的最大值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C A B C B A C BCD AC 题号 11 答案 BCD 1．D 【详解】由，解得，所以， 又或，所以，故． 2．C 【详解】因为，所以，因为 为纯虚数，所以． 3．A 【详解】由向量，因为，可得，解得， 所以，则，所以． 4．B 【详解】由，可得 ，所以， 所以． 5．C 【详解】由已知可得，直线，圆的圆心为，半径， 则圆心到直线的距离为． 因为直线与圆有2个公共点， 所以，整理可得． 若，则；若，则；若，则；若，则； 若，则；若，则， 所以直线与圆有2个公共点的概率是. 6．B 【详解】依题意，， 数列，数列，数列， 所以. 7．A 【详解】如图： 当平面与平面所成角等于和平面所成的线面角时， 平面与平面所成角最小（最大角定理）， 取中点， 此时平面与平面所成角为，余弦值为． 过点作为中点，延长交延长线于， 连接交于点，连接，， 分别取棱，中点，， 则六边形PNHGQF即为截面， 截面是边长为正六边形，其面积为． 故选：A. 8．C 【详解】令，其中， 则，当时，， 当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，函数在上单调递减． 所以使得不等式对任意恒成立等价于使得不等式对任意恒成立． 令得，由图可知， 因此实数的最大值为4． 9．BCD 【详解】如图： 对于选项A，因为平面,平面，所以平面，又因为平面，但不过，所以与是异面直线，故A错误； 对于选项B，因为底面，因为底面，所以； 又，且平面， 所以平面． 因为平面，所以． 因为，所以侧面是正方形，所以． 因为，且平面， 所以平面，故B正确. 对于选项C，由选项下的证明得到，平面，因为平面 所以平面平面，故C正确. 对于选项D，当为线段的中点时，设， 则，所以，故四边形为平行四边形， 所以，而平面平面，所以平面，故D正确. 10．AC 【详解】由知，， 化简可得， 根据和差化积公式可得：， 则，即， 由知，， 所以，即，故C正确； 由，得：，所以，故B不正确； 在中，由，知，故A正确； 由知，， 又，则，又， 由正弦定理得，，故D不正确. 11．BCD 【详解】对于选项A：设点的坐标为，则，，， 所以当，即点在原点时，最小， 此时，，故A错误； 不妨设在轴上方，由已知准线的方程为，点的坐标为， 对于选项B：如图：设 联立得：， 由已知方程的判别式，故， 由根与系数的关系可得 且， 则，故B正确； 对于选项C：，由选项B可知， 若与抛物线相切，则，即抛物线过点的切线为直线，切线的倾斜角为， 故，从而，故C正确． 对于选项D：由 可知：直线关于直线对称，即 因为 所以． 另解：， ，， 由二倍角公式知，．故D正确； 12．2 【详解】因为为偶函数，所以， ， 即， 化简可得对于任意恒成立， 所以，所以． 13． 【详解】如图：延长交直线于．由题可知， 则，， 因为，，所以，则. 故答案为：. 14． 【详解】设为第天选A套餐，为第天选B套餐， 则， ； 从而， ， . 15．(1)证明见解析，(2) 【详解】（1）由题意，， 则， ， 所以是以为首项，3为公比的等比数列. 所以，则. （2）由， 则， 所以 即. 16．(1)，具有很强的正相关性 (2) 0 1 2 【详解】（1）样本的相关系数为： 由于相关系数，故销售金额（单位：万元）和月份编号具有很强的正相关性； （2）由题意得：的可能取值为0，1，2， 18个月中有10个月的销售金额高于平均数， 所以， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 17．(1)证明见解析(2)(3) 【详解】（1）设O为的中点，连接， 由题得， 所以为正三角形，则， 所以平面，平面，． （2）由（1）可知两两垂直，故以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 则， 设平面的法向量为， 则， 令，则，则， 则， 所以直线和平面所成角的正弦值为. （3）设外接球的球心为，分别过和外心作平面和平面的垂线， 垂线的交点就是球心，易求，则外接球的半径， 又，所以点到平面的距离， 所以点到平面距离的最大值为. 18．(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【详解】（1）解：因为，可得， 又因为，可得， 由双曲线的定义，可得曲线是以为焦点， 实轴长为的双曲线的左支，所以，则， 所以双曲线的方程为. （2）解：（i）设直线的方程为，且， 联立方程组，整理得， 则且， 则，可得， 直线，令，可得，所以 又三点共线，可得，所以， 即，即， 即， 所以， 整理得恒成立，所以， 所以直线方程为，所以直线过定点； （ii）由（i）知，，， 所以， 又由， 令，则，且， 因为直线的，可得，则， 所以，即， 所以，解得， 故. 19．(1)(2)证明见解析(3) 【详解】（1）由题知， 当时，， 当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减， 所以当时，取最大值. （2）先证：， 令， 则， 所以函数在上单调递增， 故，即在上恒成立． 又， 由知，， 所以， 即，得证. （3）当时，， 即， 令， 则，其中， 令， 则且， 令， 则，其中. 令，， 则， 故在上单调递减，其中. ①若，则， 令， 在上单调递增， ， 所以恒成立. 故在上单调递增， 且. 所以在上也单调递增，且， 所以， 故恒成立. ②若，则， 且，使得当时，， 所以函数在上单调递减， 故时，， 所以函数在上单调递减， 所以时，， 所以时，， 与恒成立矛盾． 综上所述：的最大值为. $